Номер 1274, страница 331 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 11 - номер 1274, страница 331.

Условие.

1274 Докажите, что площадь четырёхугольника, вписанного в окружность, может быть вычислена по формуле

$S = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$

где $p$ — полупериметр, $a, b, c, d$ — стороны четырёхугольника.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 9.

Решение 10.

Пусть дан четырехугольник $ABCD$, вписанный в окружность. Обозначим длины его сторон: $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$, $DA = d$.

Площадь четырехугольника $S$ можно найти как сумму площадей двух треугольников, на которые его разбивает диагональ $AC$. Таким образом, $S = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ADC}$.

Площадь треугольника выражается через две стороны и синус угла между ними:$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ab \sin B$$S_{\triangle ADC} = \frac{1}{2}cd \sin D$Тогда общая площадь четырехугольника:$S = \frac{1}{2}ab \sin B + \frac{1}{2}cd \sin D$.

Поскольку четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность, сумма его противоположных углов равна $180^\circ$. Следовательно, $\angle B + \angle D = 180^\circ$. Из этого свойства следует, что $\sin D = \sin(180^\circ - B) = \sin B$ и $\cos D = \cos(180^\circ - B) = -\cos B$.

Подставим $\sin D = \sin B$ в формулу для площади:$S = \frac{1}{2}ab \sin B + \frac{1}{2}cd \sin B = \frac{1}{2}(ab + cd)\sin B$.

Теперь выразим $\sin B$ через стороны четырехугольника. Для этого применим теорему косинусов к треугольникам $ABC$ и $ADC$ для их общей стороны $AC$:
В $\triangle ABC$: $AC^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos B$.
В $\triangle ADC$: $AC^2 = c^2 + d^2 - 2cd \cos D$.

Приравняем правые части этих выражений и заменим $\cos D$ на $-\cos B$:
$a^2 + b^2 - 2ab \cos B = c^2 + d^2 - 2cd(-\cos B)$
$a^2 + b^2 - 2ab \cos B = c^2 + d^2 + 2cd \cos B$
$a^2 + b^2 - c^2 - d^2 = 2ab \cos B + 2cd \cos B$
$a^2 + b^2 - c^2 - d^2 = (2ab + 2cd)\cos B$
Отсюда находим $\cos B$:
$\cos B = \frac{a^2 + b^2 - c^2 - d^2}{2(ab + cd)}$.

Возведём в квадрат равенство $S = \frac{1}{2}(ab + cd)\sin B$, получим $4S^2 = (ab+cd)^2 \sin^2 B$. Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 B = 1 - \cos^2 B$:
$4S^2 = (ab+cd)^2 (1 - \cos^2 B) = (ab+cd)^2 - (ab+cd)^2 \cos^2 B$.
Подставим найденное выражение для $\cos B$:
$4S^2 = (ab+cd)^2 - (ab+cd)^2 \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2 - d^2}{2(ab + cd)}\right)^2$
$4S^2 = (ab+cd)^2 - \frac{(a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2}{4}$.
Умножим обе части на 4:
$16S^2 = 4(ab+cd)^2 - (a^2+b^2-c^2-d^2)^2$.

Выражение в правой части представляет собой разность квадратов $X^2 - Y^2 = (X-Y)(X+Y)$, где $X = 2(ab+cd)$ и $Y = a^2+b^2-c^2-d^2$.
$16S^2 = (2ab+2cd - (a^2+b^2-c^2-d^2))(2ab+2cd + (a^2+b^2-c^2-d^2))$.

Рассмотрим каждую скобку отдельно, перегруппировывая слагаемые:
$2ab+2cd - a^2-b^2+c^2+d^2 = (c^2+2cd+d^2) - (a^2-2ab+b^2) = (c+d)^2 - (a-b)^2 = (c+d-a+b)(c+d+a-b)$.
$2ab+2cd + a^2+b^2-c^2-d^2 = (a^2+2ab+b^2) - (c^2-2cd+d^2) = (a+b)^2 - (c-d)^2 = (a+b-c+d)(a+b+c-d)$.

Таким образом,
$16S^2 = (b+c+d-a)(a+c+d-b)(a+b+d-c)(a+b+c-d)$.

Введем полупериметр $p = \frac{a+b+c+d}{2}$, откуда $2p = a+b+c+d$. Выразим множители в правой части через $p$:
$b+c+d-a = (a+b+c+d) - 2a = 2p - 2a = 2(p-a)$.
$a+c+d-b = (a+b+c+d) - 2b = 2p - 2b = 2(p-b)$.
$a+b+d-c = (a+b+c+d) - 2c = 2p - 2c = 2(p-c)$.
$a+b+c-d = (a+b+c+d) - 2d = 2p - 2d = 2(p-d)$.

Подставим эти выражения в формулу для $16S^2$:
$16S^2 = 2(p-a) \cdot 2(p-b) \cdot 2(p-c) \cdot 2(p-d) = 16(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)$.

Разделив обе части на 16, получаем:
$S^2 = (p-a)(p-b)(p-c)(p-d)$.

Так как площадь $S$ является положительной величиной, извлекаем квадратный корень:
$S = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Формула доказана.